Сопротивление материалов: основы теории и примеры выполнения индивидуальных расчетных заданий. Валиев Ф.С. - 57 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

НГАСУ «Сибстрин» | Новосибирск

Составители: 

Рубрика: 

112
А
В
1
l
2
l
Рис. 6.7
В этом случае в заделках могут возникать только опорные
моменты М
А
и М
В
относительно продольной оси, которые требу-
ется определить. Направления неизвестных опорных реакций
показываются произвольно.
Статическая сторона задачи для определения этих неиз-
вестных дает только одно уравнение равновесия:
X
M0;
=
∑
AXB
MMM0.−+= (6.20)
Получили одно уравнение с двумя неизвестными, значит
степень статической неопределимости данной задачи равна еди-
нице. Для составления дополнительного уравнения рассмотрим
геометрическую сторону задачи, т.е. составим условие совме-
стности деформаций: полный угол закручивания сечения право-
го конца бруса
(сечения В) по отношению к левому защемленно-
му концу равен нулю, т.е.
.0
B
=α
Полный угол закручивания
B
α равен сумме углов закручи-
вания двух участков:
B12
0.
α
=ϕ +ϕ = (6.21)
Физическая сторона задачи. Углы закручивания отдельных
участков
1
ϕ
и
2
ϕ
определим по формуле (6.11):
1
t 1
1
1P
M
;
G I
ϕ=
l
2
t 2
2
2P
M
.
GI
ϕ=
l
(6.22)
В этих формулах выражения для М
t
1
и M
t
2
записываем по
методу сечений, рассматривая правую отсеченную часть:
M
t
1
= M
B
– M
X
; M
t
2
= M
B
. (6.23)
113
Подставляя выражения (6.22) с учетом (6.23) в уравнение
(6.21), получим:
12
BX1 B2
B
1P 2P
(M M ) M
0.
GI GI
−
α
=+=
ll
Отсюда при
12
1P 2P
GI G I
=
имеем:
X1
B
12
M
M,
=
+
l
ll
В случае
21
GG
=
и
12
PP
II,
≠
получаем
2
1
X1P
B
1P2 2P
MI
M.
II
=
+
l
ll
(6.24)
ПРИМЕР 6.3
Брус, изображенный на рис. 6.8а, защемлен с двух концов:
3
S
R40 МПа 40 10 кПа;==⋅
8
G0,810 кПа.=⋅
Рис. 6.8
1
l
3
l
2
l
2,83
2,17
Требуется:
– определить реакции опор и построить эпюры крутящих
моментов; 
                                                                    Подставляя выражения (6.22) с учетом (6.23) в уравнение
                                                               (6.21), получим:
                                                                                      (M B − M X )l1 M B l 2
                                                                                 αB =               +          = 0.
                                                                                          G1 I P1     G 2 I P2
                                           В                                                              M X l1
              А                                                Отсюда при G1 I P1 = G 2 I P2 имеем: M B =          ,
                      l1              l2                                                                  l1 + l 2
                                                                   В случае G1 = G 2 и I P1 ≠ I P2 , получаем
                           Рис. 6.7                                                               M X l1 I P2
                                                                                         MB =                         .          (6.24)
    В этом случае в заделках могут возникать только опорные                                     l 1 I P2 + l 2 I P1
моменты МА и МВ относительно продольной оси, которые требу-
ется определить. Направления неизвестных опорных реакций           ПРИМЕР 6.3
показываются произвольно.                                          Брус, изображенный на рис. 6.8а, защемлен с двух концов:
    Статическая сторона задачи для определения этих неиз-                R S = 40 МПа = 40 ⋅ 103 кПа; G = 0,8 ⋅ 108 кПа.
вестных дает только одно уравнение равновесия:
              ∑ M X = 0; M A − M X + M B = 0.         (6.20)
     Получили одно уравнение с двумя неизвестными, значит
степень статической неопределимости данной задачи равна еди-
нице. Для составления дополнительного уравнения рассмотрим
геометрическую сторону задачи, т.е. составим условие совме-                         l1             l2                     l3
стности деформаций: полный угол закручивания сечения право-
                                                                                                                          2,83
го конца бруса (сечения В) по отношению к левому защемленно-
му концу равен нулю, т.е. α B = 0.
    Полный угол закручивания α B равен сумме углов закручи-                                                       2,17
вания двух участков:
                  α B = ϕ1 + ϕ2 = 0.                  (6.21)
    Физическая сторона задачи. Углы закручивания отдельных
участков ϕ1 и ϕ 2 определим по формуле (6.11):
                       M t l1             Mt l 2
                  ϕ1 = 1 ;           ϕ2 = 2 .         (6.22)
                        G1 I P            G 2 IP                                                Рис. 6.8
    В этих формулах выражения для Мt1 и Mt2 записываем по         Требуется:
методу сечений, рассматривая правую отсеченную часть:             – определить реакции опор и построить эпюры крутящих
                  Mt1 = MB – MX;     Mt2 = MB.        (6.23)   моментов;
                             112                                                                     113

Страницы